第九章　第5讲　专题强化：静电场中的图像问题 讲义 （教师版）

第5讲　专题强化：静电场中的图像问题
题型一　v－t图像问题
1．由v－t图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a的变化。
2．根据牛顿第二定律a＝＝，判断电场强度E的变化。
3．根据v－t图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方向。
4．由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等。
【典例1】　(多选)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-5 C、质量为1 g的小物块从C点由静止释放，其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(　ABD　)
A.小物块带正电
B．A、B两点间的电势差UAB＝－500 V
C．小物块由C点到A点电势能先减小再增大
D．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝100 V/m
【解析】　由小物块运动的v－t图像可知，小物块带正电，A正确；由v－t图像可知，小物块在A、B两点的速度分别为vA＝6 m/s、vB＝4 m/s，再根据动能定理得qUAB＝mv－mv＝×1×10-3×(42－62) J，解得UAB＝－500 V，B正确；由v－t图像可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直增大，静电力对小物块一直做正功，电势能一直减小，C错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝ m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为Fm＝mam＝0.001×2 N＝0.002 N，则电场强度最大值为Em＝＝ N/C＝100 N/C，D正确。
1．A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图像如图所示。下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是(　C　)
A．EA＝EB B．EAC．φA<φB D．φA>φB
解析：在v－t图像中，图线斜率的绝对值表示物体的加速度大小，由题图可得，正电荷在A处的加速度大于在B处的加速度，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，则A处的场强大于B处的场强，即EA>EB，故A、B错误；由题图可得，正电荷从A到B的速度减小，静电力做负功，说明静电力方向为从B指向A，即电场线方向为从B指向A，而沿电场线方向电势降低，则φA<φB，故C正确，D错误。
2．(多选)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点。一带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度—时间关系图像如图乙所示。下列说法错误的是(　ACD　)
A．在Q1、Q2之间放置一个点电荷，该点电荷可能处于平衡状态
B．从b到a电场强度逐渐减小，且a点电场强度为0
C．b点右侧电势逐渐升高
D．在Q1左侧的连线延长线上存在电场强度为0的点
解析：速度—时间图线的斜率表示加速度，由题图乙知，试探电荷经过a点时的加速度为0，由牛顿第二定律得知，电荷所受的静电力为0，则a点的合电场强度必为0，Q1、Q2在a点产生的电场强度大小相等、方向相反，故Q2一定带负电，在Q1、Q2之间电场强度方向向右，若在Q、Q2之间放置一个点电荷，则该点电荷不能处于平衡状态，故A错误；分析v－t图像可知，试探电荷从b到a的加速度逐渐减小，则电场度强逐渐减小，a点的场强为零，故B正确；分析图像可知，试探电荷从b点向右侧运动的过程中，速度先减小后增大，则动能先减小后增大，只有静电力做功，动能和电势能之和恒定，则电势能先增大后减小，由于试探电荷带正电，则b点右侧的电势先升高后降低，故C错误；a点的电场强度为0，根据库仑定律可知，电荷量Q1＞Q2，在Q1的左侧，电场强度方向向左，不存在为0的位置，故D错误。
题型二　φ－x图像问题
1．电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图所示)。切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零。
2．在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向，如图所示。
3．电场中常见的φ－x图像
(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图所示。
(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图所示。
(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图所示。
【典例2】　(2024·重庆卷)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受静电力，则其将(　B　)
A．不能通过x3点
B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点
D．在x1点两侧往复运动
【解析】　带负电的试探电荷在x2处动能为1.5 eV，电势能为－1 eV，总能量为0.5 eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2～x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为－0.5 V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为－0.5 V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故选B。
3．(2024·湖南卷)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　D　)
解析：根据点电荷周围的电势公式φ＝k，设x′处(x′>0)的电势为0，得k＋k＝0，解得x′＝，故可知当0时，φ>0，故选D。
4．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10-20 kg、电荷量大小为q＝1.0×10-9 C的带负电的粒子从(－1 cm，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则(　D　)
A．x轴上O点左侧的电场强度方向沿x轴正方向
B．x轴上O点左侧的电场强度E1和右侧的电场强度E2的大小之比E1∶E2＝2∶1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10-8 s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10-8 J
解析：沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x轴上O点左侧的电场强度方向沿x轴负方向，x轴上O点右侧的电场强度方向沿x轴正方向，故A错误；根据U＝Ed可知，x轴上O点左侧的电场强度大小为E1＝ V/m＝2.0×103 V/m，右侧的电场强度大小为E2＝ V/m＝4.0×103 V/m，所以x轴上O点左侧电场强度和O点右侧电场强度的大小之比E1∶E2＝1∶2，故B错误；设粒子从(－1 cm，0)点静止加速到原点所用时间为t1，接着从原点向右减速运动到(0.5 cm，0)点所用时间为t2，在原点时的速度最大，设为vm，由运动学公式有vm＝t1，vm＝t2，又Ekm＝mv＝qE1x，其中x＝0.01 m，而周期T＝2(t1＋t2)，联立以上各式并代入相关数据可得T＝3.0×10-8 s，该粒子运动过程中动能的最大值为Ekm＝2×10-8 J，故C错误，D正确。
题型三　E－x图像问题
1．反映了电场强度随位移变化的规律。
2．E＞0表示电场强度沿某一特定方向；E＜0表示电场强度沿相反方向。由题目判定电场强度沿x轴正方向还是沿x轴负方向。
3．图线与x轴围成的“面积”表示电势差，如图所示。
4．电场中常见的E－x图像
(1)点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示。
(2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图所示。
(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图所示。
【典例3】　(多选)(2024·四川绵阳中学高三诊断)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图所示。将一个带电粒子从位置x3由静止释放，粒子仅在静电力的作用下由坐标位置x3运动到原点O的过程中，下列说法正确的是(　CD　)
A．该粒子带正电
B．粒子先加速后减速运动
C．粒子的电势能一直减小
D．坐标原点O和位置x2的电势差为
【解析】　该带电粒子仅在静电力作用下由坐标位置x3从静止运动到坐标原点O的过程中，由题图知电场方向一直沿x轴正方向，而带电粒子向x轴负方向运动，所以该粒子带负电，静电力方向一直与速度方向相同，静电力一直对粒子做正功，粒子速度一直增大，电势能一直减小，A、B错误，C正确；坐标原点O和位置x2间的电势差为E－x图线与x轴所围成的面积，即U＝，D正确。
5．某静电场中x轴上各点的电场强度方向均和x轴重合，以x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上的电场强度随位置坐标的变化规律如图所示，其中x1～x3间的图线关于x2点中心对称，规定x2点为零电势点，已知x2＝2x1＝2d，将一带电荷量为＋q的粒子从坐标原点由静止释放，不计粒子重力，关于粒子从原点O运动到x3点的过程，下列说法正确的是(　C　)
A．释放后粒子的加速度先不变后减小
B．粒子到达x3点时的动能为qdE0
C．粒子经过的位置中O点电势一定最大
D．粒子在x1和x3处速度达到最大值
解析：O～x1，电场强度沿x轴正方向且大小不变，又粒子带正电，故粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动；x1～x2，电场强度沿x轴正方向，且大小逐渐减小，故粒子沿x轴正方向做加速度减小的加速运动；x2～x3，电场强度沿x轴负方向，且大小逐渐增大，故粒子沿x轴正方向做加速度增大的减速运动，故A、D错误。x1～x3的图线关于x2点中心对称，则x1～x2间静电力对粒子做的正功数值上等于x2～x3间静电力对粒子做的负功，粒子到达x3时的动能等于粒子到达x1时的动能，即Ek＝qdE0，故B错误。沿电场线方向电势逐渐降低，φx1<φO，由题意知x2点的电势为0，有φx1＝－φx3，可知O点的电势最大，故C正确。
题型四　Ep－x图像、Ek－x图像问题
1．Ep－x图像
由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp，知Ep－x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向。
2．Ek－x图像
当只有静电力对带电体做功时，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，斜率表示静电力。
【典例4】(多选)在匀强电场中，一电子从原点O由静止释放，仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置x变化的关系如图所示，则(　CD　)
A．电场强度方向沿x轴正方向
B．电场强度大小为2.5 N/C
C．x＝5 m处的电势为0
D．电子从原点O运动到x＝4 m处的过程中，动能增加了8 eV
【解析】　根据静电力做功与电势能的变化关系可知，电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，电势能减小，则静电力做正功，因此电场强度方向沿x轴负方向，故A错误；由题图可知，电势能的变化率不变，所以电子受到的静电力不变，则知该电场为匀强电场，根据公式W＝qEx可知，电场强度E＝＝＝2 N/C，故B错误；由题图可知，x＝5 m处的电势能Ep为零，根据公式Ep＝qφ可知，x＝5 m处的电势φ＝＝0，故C正确；电子从原点O运动到x＝4 m处的过程中，只有静电力做功，电势能减小了8 eV，则动能增加了8 eV，故D正确。
【典例5】　一个电荷量为－q、质量为m的点电荷仅在静电力的作用下沿x轴运动，其动能Ek随位置x变化的关系图像如图所示，0～4x0之间的图像关于x＝2x0对称，规定x＝5x0处电势为零，下列说法正确的是(　B　)
A．点电荷从x0到2x0的过程中，电势不断降低
B．在x＝2x0处的电势φ＝
C.点电荷从2x0到3x0的过程中，电场强度逐渐减小
D．点电荷在x＝4x0处的电势能为E0
【解析】　由于只有静电力做功，点电荷的动能与电势能总和不变，在x0～2x0区间，点电荷的动能增大，电势能减小，由于点电荷带负电，所以电势不断升高，A错误；规定x＝5x0处电势为零，此处电势能也为零，由题图可知在x＝5x0处点电荷的动能为零，由于只有静电力做功，电荷的动能与电势能总和不变，电势能和动能的和E＝Ep＋Ek＝0，在x＝2x0处动能为2E0，则在x＝2x0处点电荷的电势能为－2E0，该点的电势φ＝＝，B正确；在2x0～3x0区间，Ek－x图像的切线斜率的绝对值逐渐增大，斜率的绝对值表示点电荷受到的静电力的大小，所以点电荷受到的静电力逐渐增大，电场强度逐渐增大，C错误；点电荷的动能与电势能总和为零，所以点电荷在x＝4x0处的电势能为－E0，D错误。
6．(2024·湖南株洲高三质检)如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量正点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L，一带负电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点，取无穷远处的电势φ＝0，以C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于电势φ、电场强度E、小球的电势能Ep及动能Ek随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是(　A　)
解析：从C点到D点，电场线方向先向右后向左，则电势先降低后升高，且电势都大于零，并关于O点对称，小球带负电，所以小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A正确，C错误；由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故D错误；设AC＝BD＝r，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，电场强度E＝k－k，由数学知识得知E与x是非线性关系，图像是曲线，故B错误。
课时作业47
1．(5分)(多选)图甲是某电场中的一条方向未知的电场线，从电场中的P点由静止先后释放a、b两个比荷相等的带电粒子，仅在静电力作用下，a粒子沿电场线向左运动，b粒子沿电场线向右运动，从释放时刻开始计时，两粒子的速率随时间变化的图像如图乙中实线所示，虚线为直线，则(　BC　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a、b两粒子的电势能都减小
C．P点左侧的电场强度比右侧的大
D．P点左侧的电势比P点右侧的高
解析：粒子只在静电力作用下运动，粒子的受力方向与运动方向相同，a粒子受到向左的静电力，b粒子受到向右的静电力，则两粒子电性相反，因为电场的方向未知，故两粒子电性未知，故A错误；因为两粒子都是只在静电力作用下由静止开始运动，所以静电力对两粒子均做正功，所以电势能都减小，故B正确；由图像可以看出，a的加速度大于b的加速度，而两粒子的比荷相同，由qE＝ma得，a＝，可判断出P点左侧的电场强度比右侧的大，故C正确；沿电场线方向电势降低，而题中电场线方向未知，故D错误。
2．(5分) (2025·河北衡水高三检测)x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2连线上各点对应的电势φ的高低如图中曲线所示(OB>BD)，则由图中给出的信息可知，下列说法正确的是(　C　)
A．Q1和Q2电荷量可能相等
B．B点的电场强度为零
C．Q1和Q2连线上各点的电场方向都相同
D．电子在C点的电势能高于电子在A点的电势能
解析：图线切线的斜率表示电场强度，图线在B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故B错误；由题图可知，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，故A错误；由于Q1为负电荷，Q2为正电荷，所以Q1和Q2连线上各点的电场方向均沿x轴负方向，故C正确；从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电子在C点的电势能低于电子在A点的电势能，故D错误。
3．(5分)(多选)(2024·江西南昌高三质检)如图甲所示，电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子，以大小为v0的初速度沿轴线仅在静电力作用下由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，则(　BD　)
A．细圆环带负电
B．O、P两点间电势差UOP等于O、Q两点间电势差UOQ
C．该粒子将会在PQ两点之间做往复运动
D．该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小
解析：由题图乙可知，圆环左边电场强度方向向左，右边电场强度方向向右，可知圆环带正电，故A错误；根据题图乙可知，圆环的电场具有对称性，由于O点两侧的两点电场强度大小相同、方向相反，可知＝，由于OQ＝OP，结合公式U＝d，因此可得UOP＝UOQ，故B正确；由题图乙可知，正电荷先受到向左的静电力，该力先增大后减小，再受到向右的静电力，该力先增大后减小，因此正电粒子先向右减速，再向右加速，故C错误；由P点运动到Q点的过程静电力对正电粒子先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小， 故D正确。
4．(5分) (多选)如图所示，A、B两个等量正点电荷固定放置，O为A、B连线中点，在A、B连线的垂直平分线上P点由静止释放一个负的点电荷，该点电荷仅在静电力作用下运动，取P点电势为零，在该点电荷从P点运动到O点过程中，速度随时间、电势能随运动位移的关系可能正确的是(　BC　)
解析：v－t图像中图线的斜率表示加速度，根据静电场的叠加可知，PO间的电场强度可能一直减小，也可能先增大后减小，根据a＝＝可知，如果电场强度一直减小，则静电力一直减小，加速度一直减小，如果电场强度先增大后减小，则静电力先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误，B正确；根据静电力做功与电势能变化的关系W电＝qEx＝－ΔEp，可知Ep－x图像中图线的斜率表示静电力，由以上分析可知，静电力可能一直减小，也可能先增大后减小，故C正确，D错误。
5．(5分)(多选)如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　CD　)
A．带电粒子与场源电荷带异种电荷
B．a点电势比b点电势高
C．a点电场强度比b点电场强度大
D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
解析：粒子从a点向b点运动，Ek－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，可知电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点电场强度比b点电场强度大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。
6．(5分) (2025·西安六校高三联考)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是(　B　)
A．P点放置的是带正电的点电荷
B．q1>q2
C．C点的电场强度大于A点的电场强度
D．将一带负电的试探电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小
解析：由题图可知从O到B电势先不断降低后升高，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知P点放置的是带负电的点电荷，故A错误；根据φ－x图像切线的斜率表示电场强度，可知C点合电场强度为零，A点的合电场强度不等于零，则A点的电场强度比C点的大，由于C点与电荷量为q2的点电荷的距离较近，根据E＝k，可知q1>q2，故B正确，C错误；将一带负电的试探电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据Ep＝qφ可知，电势能先减小后增大，故D错误。
7．(5分) (多选)(2025·四川巴中高三检测)有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能Ek、电势能Ep以及动能与电势能之和E0随x变化的图像，正确的是(　BD　)
解析：带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在静电力的作用下沿x轴运动，则静电力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向，沿电场线方向电势降低，A错误；静电力做正功，带电粒子的动能增加，电势能减小，C错误；由Ek－x图像斜率大小代表静电力大小，斜率正负代表静电力方向，由题图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，静电力F＝qE，先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化规律一致，B正确；由能量守恒定律有E0＝Ek＋Ep，动能与电势能之和E0不变，D正确。
8．(5分)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3 J)和(3 m，0)两点，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　)
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
解析：Ep－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F＝|qE1|＝＝ N＝1 N，解得E1＝10 V/m，A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，根据动能定理可得W电＝mv2－mv，W电＝－(Ep3－Ep1)＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则W′电＝0－m1v，W′电＝－(Ep5－Ep1)，其中Ep1＝2 J，解得滑块的电势能Ep5＝5 J，该处的电势为φ＝＝ V＝－50 V，D错误。
9．(5分)如图甲所示，均匀带电固定圆环的圆心为O，OO′为圆环轴线；以O为原点沿轴线建立Ox坐标轴，x轴上各点电势φ随x坐标变化的φ－x关系图像如图乙所示，坐标x1处的P点为图像的切线斜率最大的点，P点切线与x轴交点处坐标为x2。现让一电子从圆心O以初速度v0沿x轴正向运动，最远能到达x3处。电子质量为m、电荷量绝对值为e，不计电子重力，下列说法不正确的是(　A　)
A．圆环带负电
B．电子经过x1处时的加速度大小为
C．x3处的电势为φ0－
D．电子返回过程中，经过x1处时的速度大小为
解析：由φ－x图像知，沿x轴正向电势逐渐降低，则电场方向沿x轴正向，圆环带正电，A错误；φ－x图像的斜率大小表示电场强度大小，x1处的斜率大小为k＝，可得＝ma，解得a＝，B正确；电子最远到达x3处，说明电子在x3处速度为零，从O点到x3，由动能定理得－(φ0－φ3)e＝0－mv，解得φ3＝φ0－，C正确；设返回过程中电子经过x1处时的速度大小为v1，由动能定理得－(φ0－φ1)e＝mv－mv，解得v1＝，D正确。本题选不正确的，故选A。
10．(5分)(多选)如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E0、E1、h1、h2和h3均为已知量，P为E－h关系图线上的点，其坐标为(h1，E1)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　BC　)
A．在h2处小球的重力势能一定为零
B.电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大
C．小球在下落过程中电势能不断增大
D．在h1处小球所受的静电力大小为
解析：因为小球初速度为零，所以E0＝mgh0，因为在h2处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以h2处小球的重力势能可能为负值，即可能不为零，故A错误；因为小球的机械能减小，静电力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，E－h图像的斜率越来越大，所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；小球下落过程中静电力做负功，电势能不断增大，故C正确；根据功能关系E＝E0－qEh，可知在h1处小球所受的静电力大小为P点切线斜率的绝对值，即F＝，故D错误。
11．(5分) (2025·浙江县域教研联盟高三联考)在x轴上A、B两点分别放置两电荷q1和q2，C为两电荷中垂线上一点，且AO＝BO＝CO，在x轴上的电场强度与x的关系图线如图所示，规定场强沿x轴正方向为正，则(　D　)
A．两电荷为等量异种电荷
B.O点电势小于0
C．电子从C到O运动过程中电势能增大
D．电子从C到O运动过程中加速度先增大后减小
解析：根据题意，由题图可知，O点左侧电场方向沿x轴正方向，O点右侧电场方向沿x轴负方向，O点场强为0且AO＝BO，可知，q1、q2为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由O点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为0，则O点电势大于0，故A、B错误；结合以上分析可知，电子从C到O运动过程中静电力做正功，电势能减小，故C错误；根据题意，设AO＝BO＝CO＝L，q1＝q2＝Q，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时C点电场强度为EC＝·，在CO连线上取一点D，令∠DAB＝30°，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时D点电场强度为ED＝·，可知ED>EC，结合等量同种电荷连线中垂线上的电场强度情况可知，从C到O电场强度先增大后减小，则电子从C到O运动过程中加速度先增大后减小，故D正确。